Question

4．已知x∈（1，+∞），函數(shù)f（x）=e^x+2ax（a∈R），函數(shù)g（x）=|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）若a=-$\frac{{e}^{2}}{2}$，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）證明：當(dāng)a∈（2，+∞）時(shí)，f′（x-1）＞g（x）+a．

Answer 1

分析 （1）把a(bǔ)=-$\frac{{e}^{2}}{2}$代入函數(shù)解析式，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)由導(dǎo)函數(shù)的符號求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）求出f′（x-1）的表達(dá)式以及g（x）的分段函數(shù)，通過討論1＜x＜e和 x≥e的范圍分別證明得答案．

解答 解：（1）當(dāng)a=-$\frac{{e}^{2}}{2}$，f（x）=e^x-e²x，x∈（1，+∞），
f′（x）=e^x-e²，
當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）在（1，2）上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增；
證明：（2）x∈（1，+∞），f′（x-1）=e^x-1+2a，
g（x）=|$\frac{e}{x}$-lnx|+lnx=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{e}{x}，1＜x＜e}\\{2lnx-\frac{e}{x}，x≥e}\end{array}\right.$，
①1＜x＜e時(shí)，證明當(dāng)a∈（2，+∞）時(shí)，f′（x-1）＞g（x）+a，
即證明：e^x-1+2a＞$\frac{e}{x}$+a，a＞2，
即a＞$\frac{e}{x}$-e^x-1，
只需證明h（x）=$\frac{e}{x}$-e^x-1≤2在（1，e）恒成立即可，
h′（x）=-$\frac{e}{{x}^{2}}$-e^x-1＜0，h（x）在（1，e）遞減，
h（x）_最大值=h（1）=e-1＜2，
∴a＞$\frac{e}{x}$-e^x-1，
∴1＜x＜e時(shí)，當(dāng)a∈（2，+∞）時(shí)，f′（x-1）＞g（x）+a；
②x≥e時(shí)，證明當(dāng)a∈（2，+∞）時(shí)，f′（x-1）＞g（x）+a，
即證明：e^x-1+2a＞2lnx-$\frac{e}{x}$+a，a＞2，
令m（x）=e^x-1-2lnx+$\frac{e}{x}$+a，（a＞0，x≥e），
m′（x）=-$\frac{2}{x}$-$\frac{e}{{x}^{2}}$+e^x-1，顯然m′（x）在[e，+∞）遞增，
而m′（e）=$\frac{e-3}{e}$≈0，m′（3）≈6，
近似看成m（x）在[e，+∞）遞增，
∴m（x）＞m（x₀）≈m（e）=e^e-1+a-1＞e^e-1+1＞0，
綜上，當(dāng)a∈（2，+∞）時(shí)，f′（x-1）＞g（x）+a．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查不等式的證明，是壓軸題．